\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage[margin=1in]{geometry}
\usepackage{ctex}
\usepackage{tikz}
\usepackage{color}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{xltxtra}
\usepackage{mflogo,texnames}
\usepackage{graphicx}
\usetikzlibrary{arrows.meta}

\title{\heiti\zihao{2} 习题3.5}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{证明两个在区间 $I$ 上一致连续的函数之和必定一致连续. }
\textbf{证}\quad
设函数 $f(x), g(x)$ 在区间 $I$ 上一致连续,则 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x_{1}, x_{2} \in I,\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta,\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\dfrac{\varepsilon}{2},\left|g\left(x_{1}\right)-g\left(x_{2}\right)\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}$,于是
$$
	\left|\left[f\left(x_{1}\right)+g\left(x_{1}\right)\right]-\left[f\left(x_{2}\right)+g\left(x_{2}\right)\right]\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$

所以 $f(x)+g(x)$ 在区间 $I$ 上一致连续.

\section{证明 : 函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 在$[0,+\infty)$上一致连续.}

$$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|=\dfrac{\left|x_{1}-x_{2}\right|}{\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}}$$

对任意的$ x_{1}, x_{2} \geqslant 0$, 不妨设$x\geqslant 0$, 此时 $x_{2} \geqslant x_{2}-x_{1} \geqslant 0$, 则 $$\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}} \geqslant \sqrt{x_{2}} \geqslant \sqrt{\left|x_{1}-x_{2}\right|}$$

所以$$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant \dfrac{\left|x_{1}-x_{2}\right|}{\sqrt{\left|x_{1}-x_{2}\right|}}=\sqrt{\left|x_{1}-x_{2}\right|}$$

因此, $\forall \varepsilon>0$, 取$\delta=\varepsilon^{2}$, 则$ \forall x_{1}, x_{2} \geqslant 0$,且$\left|x_{1}-x_{2}\right|<\delta$ 时,$$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=\left|\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right|<\left|x_{1}-x_{2}\right|^{\dfrac{1}{2}}<\delta^{\dfrac{1}{2}}=\varepsilon$$

所以 $f(x)=\sqrt{x} \text { 在 }[0,+\infty)$ 上一致连续.

\section{讨论下列函数在对应区间上的一致连续性:}
\subsection{$f(x)=\sin x^{2}$, 区间:$(a)(-\infty,+\infty),(b)[0, A]$}
\textbf{解}\quad

(a) $x \in(-\infty,+\infty),$ 取 $x_{1}=\sqrt{2 n \pi}, x_{2}=\sqrt{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}}$
$$
	\left|x_{1}-x_{2}\right|=\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{\sqrt{2 n \pi}+\sqrt{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}}} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0
$$
但 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=1,$ 所以 $f(x)=\sin x^{2}$ 在实数域上不一致连续.

(b)
$$
	\begin{aligned}
		\sin x-\sin y                                        & =2 \sin \dfrac{x-y}{2} \cos \dfrac{x+y}{2}, \forall \varepsilon>0                                                                 \\
		\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| & =\left|\sin x_{1}^{2}-\sin x_{2}^{2}\right|=2\left|\sin \dfrac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{2} \cos \dfrac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{2}\right| \\
		                                                     & \leqslant 2\left|\sin \dfrac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{2}\right| \leqslant\left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right|                            \\
		                                                     & =\left|x_{1}-x_{2}\right|\left|x_{1}+x_{2}\right| \leqslant 2 A\left|x_{1}-x_{2}\right|<\varepsilon
	\end{aligned}
$$
$\forall \varepsilon>0,$ 取 $\delta=\dfrac{\varepsilon}{2 A} \Rightarrow f(x)$ 在 $[0, A]$ 上一致连续.


\subsection{$f(x)=\ln x$,区间:$(a)(0,+\infty),(b)[1,+\infty)$}
\textbf{解}\quad

(a) $x \in(0,+\infty),$ 取 $x_{1}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{n}}, x_{2}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{n+1}},$ 则 $\left|x_{1}-x_{2}\right| \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0,$ 但 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=$
1,所以函数 $f(x)=\ln x$ 在$(0, +\infty)$不一致连续.

(b)$x \in[1,+\infty), \forall \varepsilon>0$,
$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)|=| \ln \dfrac{x_{1}}{x_{2}}|=| \ln \left(1+\dfrac{x_{1}-x_{2}}{x_{2}}\right)|\leqslant| \dfrac{x_{1}-x_{2}}{x_{2}}|\leqslant| x_{1}-x_{2} \mid<\varepsilon$
$\forall \varepsilon>0,$ 取 $\delta=\varepsilon \Rightarrow f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上一致连续.

\subsection{$f(x)=\sin \dfrac{1}{x}$,区间: $(a)(0,+\infty) ; \quad(b)(\delta,+\infty)(\delta>0)$}
\textbf{解}\quad

(a)$x \in(0,+\infty),$ 取 $x_{1}=\dfrac{1}{2 n \pi}, x_{2}=\dfrac{1}{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}},$ 则
$$
	\left|x_{1}-x_{2}\right|=\dfrac{\dfrac{\pi}{2}}{2 n \pi\left(2 \pi+\dfrac{\pi}{2}\right)} \stackrel{n \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0
$$
但 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=1,$ 所以函数 $f(x)=\sin \dfrac{1}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 不一致连续.

(b)$x\in (c,+\infty),\forall \varepsilon > 0:$
$$
	\begin{aligned}
		\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| & =\left|\sin \dfrac{1}{x_{1}}-\sin \dfrac{1}{x_{2}}\right|                                                                                                  \\
		                                                     & =2\left|\sin \dfrac{\dfrac{1}{x_{1}}-\dfrac{1}{x_{2}}}{2} \cos \dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}\right| \leqslant\left|\dfrac{1}{x_{1}}-\dfrac{1}{x_{2}}\right| \\
		                                                     & =\left|\dfrac{x_{1}-x_{2}}{x_{1} x_{2}}\right| \leqslant \dfrac{\left|x_{1}-x_{2}\right|}{c^{2}}<\varepsilon
	\end{aligned}
$$

$\forall \varepsilon>0,$ 取 $\delta=c^{2} \varepsilon \Rightarrow f(x)$ 在 $[c+\infty)$ 上一致连续.

\section{设 $f(x)$ 是定义在区间 $I$ 上的函数,若存在正常数 $L$,使得$|f(x)-f(y)| \leqslant L|x-y|$对任意 $x, y \in I$ 都成立,则称 $f(x)$ 在 $I$ 上满足 $\mathrm{Lipschitz}$ 条件,或称 $f(x)$ 在 $I$ 上是 $\mathrm{Lipschitz}$ 连续的. 试证如果函数$ $ 在 $I$ 上满足 $\mathrm{Lipschitz}$ 条件,则 $f $在 $I$ 上一致连续.
 }
\textbf{证}\quad
$\forall \varepsilon>0$, 要使$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leqslant L\left|x_{1}-x_{2}\right|<\varepsilon$, 只需取$\delta=\dfrac{\varepsilon}{L}$ 即可.

\textbf{\textcolor{red}{注}}\quad
对于一个斜率有界的连续函数来说肯定是一致连续的,但不代表不满足这个条件的函数就不一致连续.例如$f(x)=\sqrt{x}$,显然其一致连续,但$0$处斜率为正无穷.所以判断一个函数是否一致连续一定要从定义入手.

\section{讨论函数 $f(x)=\dfrac{x}{1+x \cos ^{2} x}$ 在区间$[0,+\infty)$ 上的一致连续性.}
\textbf{解}\quad
取 $x_{n}=2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}, y_{n}=2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ 时, 则 $\left|x_{n}-y_{n}\right|=\dfrac{1}{\sqrt{n}} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0$,但
$$
	\begin{aligned}
		|f\left(x_{n}\right)-f\left(y_{n}\right)| & =\left| \dfrac{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}}{1+0}-\dfrac{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{1+\left(2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) \cos ^{2}\left(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)} \right| \\
		                                          & =\left|2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{1+\left(2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) \sin ^{2} \dfrac{1}{\sqrt{n}}}\right|
		\left(2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) \sin ^{2} \dfrac{1}{\sqrt{n}} \stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 2 \pi
	\end{aligned}
$$

所以$LHS \text{~} \left|2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{2 n \pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{1+2 \pi}\right|\text{~}|2n\pi-n|\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}+\infty$

所以函数在$(0,+\infty)$上不一致连续

\section{设函数$f(x)$在$[a,+\infty)$上一致连续,设函数 $g(x)$在$[a,+\infty)$ 上连续,且$\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}[g(x)-f(x)]=0$,证明:函数$g(x)$在$[a,+\infty)$上一致连续.}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
因为 $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}[g(x)-f(x)]=0$, 所以 $\forall \varepsilon>0, \exists X>0$, 当 $x>X$ 时,$|g(x)-f(x)|<\dfrac{\varepsilon}{3}$

因为函数 $f(x)$ 在$ [a,+\infty)$ 上一致连续, 所以 $\varepsilon>0, \exists \delta_{1}>0$, 使得当 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{1}$ 时,有

$$\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\dfrac{\varepsilon}{3}$$

所以 $\forall \varepsilon>0, \exists X>0, \delta_{1}>0$, 当 $x^{\prime}, x^{\prime \prime}>X$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{1}$ 时 ,
$$\left|g\left(x^{\prime}\right)-g\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\left|\left|g\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime}\right)\right|+\left|f\left(x^{\prime}\right)-f^{\prime}\left(x^{\prime \prime}\right)\right|+\mid g\left(x^{\prime \prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right) |\right|
<\dfrac{\varepsilon}{3}+\dfrac{\varepsilon}{3}+\dfrac{\varepsilon}{3}=\varepsilon$$

所以函数 $g(x)$ 在 $[X,+\infty)$ 上一致连续.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
由康托($\mathrm{Cantor}$) 定理可知,函数  $g(x)$在$[a, X+1]$上一致连续,所以对上述  $\varepsilon>0$,$\exists \delta_{2}>0$, 当$x^{\prime}$, $x^{\prime \prime} \in[a, X+1]$ 且$\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|<\delta_{2}$ 时 ,$\left|g\left(x^{\prime}\right)-g\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$ .

\textbf{证}$3^{\circ}$\quad
$\forall \varepsilon>0$ 取 $\delta=\min \left\{1, \delta_{1}, \delta_{2}\right\}>0$, $\forall x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in[a,+\infty)$, 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime \prime}\right|>\delta$ 时

$$\left|g\left(x^{\prime}\right)-g\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon$$

所以函数 $g(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上一致连续.

\end{document}